Hướng dẫn chấm đề đề xuất trại hè hùng vương năm học 2023

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2023 – 2024 MƠN VẬT LÍ 10 Câu Câu ý a Nội dung   a a Gọi gia tốc nêm đất; 12 gia tốc vật đối Điểm 0,25 với nêm a) Bỏ qua ma sát - Chọn hệ quy chiếu gắn với nêm: + lực tác dụng lên m: trọng   P Q lực , phản lực , lực quán  tính Fq1 + lực tác dụng lên nêm:     P Q N trọng lực , phản lực , áp lực , lực quán tính Fq - Các phương trình định luật II Niu-tơn cho m M hệ quy 0,25 chiếu gắn với nêm:      P1  Q1  Fq1 ma12 (1)     P2  Q2  N1  Fq 0 (2) - Chiếu (1) lên trục Ox Oy ta được: mg sin   Fq1cos ma12 (1’) Q1  mg cos   Fq1sin 0 (1’’) - Từ (1’) suy ra: Q1 mgcos  Fq1 sin  mg cos   ma2sin 0,25 - Từ (1’) suy ra:  a12   a12 g sin   a2cos mg sin   Fq1cos  m mg sin   ma2cos m 0,25 (3) - Chiếu (2) lên trục nằm ngang thẳng đứng ta được: N1sin   Fq 0 (2’)  Mg  Q2  N1cos =0 (2’’) 0,25  với: Fq Ma2 ; N1 Q1 mg cos   ma2 sin  - Thay vào (2’) ta được:  mg cos   ma2 sin   sin   Ma2 0 → a2  mg sin  cos M  m sin  (4) - Thay (4) vào (3) ta được: b a12  g sin   mg sin  cos cos M  m sin  (5) Hệ số ma sát m M  , sàn nhẵn - Cho hệ quy chiếu gắn với nêm: + lực tác dụng lên m: trọng   P Q lực , phản lực , lực ma sát   Fq1 Fms1 , lực quán tính + lực tác dụng lên nêm:  0,25  P Q trọng lực , phản lực , lực    F N ma sát ms1 , áp lực , lực quán tính Fq 0,5 0,25 - Các phương trình định luật II Niu-tơn cho m M hệ quy 0,25 chiếu gắn với nêm:      P1  Q1  Fms1  Fq1 ma12 (1)       P2  Q2  Fms1  N1  Fq 0 (2) - Chiếu (1) lên trục Ox Oy ta được: mg sin   Fms1  Fq1cos ma12 Q1  mg cos   Fq1sin 0 (1’) (1’’) - Từ (1’) suy ra: Q1 mgcos  Fq1sin mg cos   ma2sin 0,25 - Từ (1’) suy ra: 0,25 a12  mg sin   Fq1cos  Fms1 m  mg sin   ma2 cos   Q1 m  a12  g  sin    cos   a2  cos + sin  (3) - Chiếu (2) lên trục nằm ngang thẳng đứng ta được: N1sin   Fms 1cos  Fq 0 0,25 (2’)  Mg  Q2  N1cos  Fms 1sin =0 (2’’)  với: Fq Ma2 ; N1 Q1 mg cos   ma2 sin  Fms Fms1   mg cos   ma2 sin   - Thay vào (2’) ta được:  mg cos   ma2 sin   sin   → a2  0,25 Ma2    mg cos   ma2 sin   cos 0 mg sin  cos   mg cos  M  m sin    m sin  cos (4) - Thay (4) vào (3) ta được: a12 g  sin    cos   0,5 mg sin  cos   mg cos   cos +sin  M  m sin    m sin  cos (5) Tổng 4,0 Câu Câu ý Nội dung Giả sử m2 va Điểm 0,25 chạm vào m3 trước (hình vẽ) Va chạm m2 với m1 m3 xảy liên tiếp nhiều lần làm cho vận tốc m1 m3 tăng dần ( m1 dịch chuyển sang trái m3 dịch chuyển sang phải), ngược lại vận tốc m2 giảm dần - Quá trình va chạm kết thúc vận tốc cuối v2 0,25 m2 bắt đầu nhỏ vận tốc m1 m3 Khi vận tốc m1 m3 đạt cực đại Gọi vận tốc cực đại v1 v3 - Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ (chiều 0,25  v dương theo chiều ): m2 v  m1v1  m3v3  m2v2 (1) - Vì va chạm hồn tồn đàn hồi nên bảo toàn: 1 1 m2 v  m1v12  m3v32  m2 v2'2 2 2 (2) ' ' -Vì m1 , m3  m2 v2  v1; v3 nên động lượng cuối m2v2 m2v2'2 m động cuối m2 nhỏ, bỏ 0,25 qua so với động ban đầu m2 , động lượng động cuối m1 m3 Suy ra: m2v2'2 0; m2v2'2 0 (3) m1  m2  m v  m v1  v3  3   m2 v  m1 v  v  m3 m3 - Thay (3) vào (1) (2) ta được: m m a  ; b   m3 m3 - Đặt (4) 0,5 0,25 bv  av1  v3     2 bv av1  v3   0,25 - Từ (5) suy ra: v3 bv  av1 (7) - Thay (7) vào (6) ta được: bv av12   bv  av1  0,25  a  a  1 v12  2abvv1  bv  b 2v 0 Vì b 0,25 m2  2 m3 nên b 0  b v 0  a  a  1 v12  2abvv1  bv 0 (8) - Giải phương trình bậc hai (8) v1 , ta được:  '  abv   ab  a  1 v ab  a  1 v ;  v1  Vì b  v1   abv  v ab  a  1 a  a  1   abv  0 v ab  a  1  bv  a  a  1  a  1 0,25  bv m2 0  a  1  m3 nên v ab  a  1 a  a  1 v ab  a  1 0,25 a  a  1 v b a  a  1 (9) (Loại nghiệm v2  ) - Thay (4) vào (9) ta được: m2 m3 m1m3  m12 v1 v - Thay (4) (10) vào (7) ta được: v3 v 0,5 (10) m1m2 m1m3  m32 0,5 Tổng 4,0 Câu Câu ý a Nội dung Điểm 0,25 Gọi p1, p2 áp suất khí phần AB BC lúc đầu Ta có: p1V RT ; p2 2V 3RT  p1  p2 (1) - Khi hệ cân bằng, ta có: po S  p1S  p2 3S  po 3S  p2 S  p1 2S  p2  p1  po (2) p 3p p1  o p2  o - Từ (1) (2): Vậy: Áp suất khí phần p1  0,5 (3) po 3p p2  o Gọi x độ dịch chuyển pittơng có cân mới; suất khí phần AB BC; 0,25 p1' , p2' áp 0,25 V1' , V2' thể tích phần AB BC lúc sau, ta có: V1' V  2Sx  Sx V  Sx V2' 2V  3Sx  Sx 2(V  Sx ) - Áp dụng định luật Bôilơ - Mariốt cho khí phần AB, ta được: poV pV p1V  p1' (V  Sx )  p1'   V  Sx 2(V  Sx) (4) 0,5 - Áp dụng phương trình Clapêrơn - Menđêlêép cho khí phần BC, ta 0,25 được: p2 2V 3RT ; p2' 2(V  Sx ) 3R.2 T poV 2p V  p2'   V  Sx 2(V  Sx ) b 0,25 (5) - Khi có cân mới, ta có:  p2'  p1'  po (6) poV poV   po V  Sx 2(V  Sx) - Thay (4), (5) vào (6) ta được:  6V  6VSx  V  VSx 2  V  ( Sx )2   2( Sx)  7VSx  3V 0  x1  - Với - Với x1  0,25 0,5 0,5 V 3V ; x2  2S S V V  V1' V1  Sx   2S (nhận) 0,25 3V  V1' V1  Sx  2V  S (loại) 0,25 x2  Tổng 4,0 Câu Câu ý Nội dung Điểm a 0,25 - Chọn chiều dương hình vẽ Giả sử chiều lực ma sát hình - Phương trình ĐL II Niu-tơn cho khối tâm khối trụ A vật C:      PA  Fms  N  T ma0    T ' PC ma - Phương trình cho chuyển động quay quanh trục đối xứng qua 0,25 khối tâm G: Fms R  T R I G  a0  R a - Khối trụ không trượt dây nên: Bỏ qua khối lượng ròng rọc ma sát trục ròng rọc nên: T = T’ Khối trụ lăn không trượt mặt phẳng nghiêng nên: a0  R Từ ta có hệ:  P sin   Fms  T Ma0   F R  T R I  M R  M R a G  ms 2  T  P  M a  M a  5 10  a  R 2a  P M M T   a  (a0 /  g ) 5 Từ (3) Từ (5),(2) Thay  a0  Fms IG  / R  (5),(6) g 0 31 (1): 0,25 (2) (3) (4) (5) a M T M 9a M  (a0 /  g )  (  g ) 2 10 10 vào (1) (6) Mg M 9a0 M  (  g)  (a0  g ) Ma0 10 10 0,25 0,25 0,25 (7) Thay a0 vào (6),(4) suy ra: M 9a0   Fms 10 (  g )  62 Mg   a  g   31 0,25 Vậy khối trụ A xuống, vật C lên lực ma sát có chiều 0,25 hình vẽ Điều kiện: b Fms Fmsn  N  3 Mg  Mg   62 93 , Khi xảy lăn có trượt khối trụ mặt phẳng nghiêng: Fms Fmst  N  Mg  P sin   Fmst  T Ma0   F R  T R I  M R  G  mst 2   P M T   a 5  R  a  a  Ta có hệ phương trình: Từ (9)  T MR   Mg Thay T vào Thay a vào (10)  a  a  (8) 0,25 (9) (10) (11) (12) 0,25 MR   Mg  Mg / 5 R  5 g  g M /5 0,25  R 11 R   5 g  g 2 0,25 (11)  a0 5 R  5 g  g  Thay a0 , T vào 0,25 (8)     11 3 g 13 R; 10  g  g ; a0  g  g 13 13 26 26  Với 93 a > 0, a0 > khối trụ vật chuyển 0,25 0,25 0,25 động chiều dương Tổng Câu 4,0 Câu ý Nội dung Điểm Trường hợp hai mặt phẳng đặt song song 0,5 -Với mặt phẳng: Chọn mặt Gauss hình trụ có đường sinh vng góc với đáy, hai đáy hình trịn có diện tích S cách phẳng đoạn h + + h h + - + - + - +Điện thông qua mặt Gauss:  = ΣEE1 ΔScosαα2 = 2E1S 0,25 ΣEq i +Theo định lí Ostrogradski – Gauss:  = ε0 0,25 => Σ σ ΔS ε 2E1S = => σ E1 = 2ε0 = E2 σ 2S ε =    -Với hai mặt phẳng: E= E + E2 : 0,25 0,25 0,25   +Bên hai mặt phẳng: E1 E2 chiều nên E = E1 + 0,5 σ E2 = 2ε0 = σ ε0   +Bên hai mặt phẳng: E1 E2 ngược chiều nên E 0,5 σ σ = E1 - E2 = 2ε0 - 2ε0 = b Trường hợp hai mặt phẳng hợp với góc 0,25 α Vì E1 = E2 nên: 0,5 α +Bên hai mặt phẳng: E = 2E1sin σ α 2ε = sin = σ α ε sin α +Bên hai mặt phẳng: E = 2E 1cos σ α = 2ε0 cos 0,5 = σ α ε cos Tổng 4,0